2026届上海财大北郊高级中学高三上化学期中调研模拟试题含解析

2026届上海财大北郊高级中学高三上化学期中调研模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列实验操作、实验现象以及所得出的结论均正确的是（）选项实验操作实验现象结论A向淀粉碘化钾溶液中通入过量氯气溶液由无色变为蓝色，后蓝色褪去氯气具有强氧化性和漂白性B在Ca(ClO)2溶液中通入SO2气体有沉淀生成酸性：H2SO3＞HClOC草酸溶液滴入酸性高锰酸钾溶液中溶液逐渐褪色草酸溶液具有还原性D向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液有白色沉淀产生该溶液中含有SOA．A B．B C．C D．D2、设NA为阿伏加德罗常数的值，2molN2和2molC2H4相比较，下列叙述中一定正确的是（）A．体积相等 B．电子数均为14NAC．质量相等 D．含共价键均为6mol3、某固体酸燃料电池以CsHSO4固体为电解质传递H+，其基本结构见下图，电池总反应可表示为：2H2+O2=2H2O，下列有关说法正确的是A．电子通过外电路从b极流向a极B．b极上的电极反应式为：O2+2H2O+4e--=4OH--C．每转移0.1mol电子，消耗1.12L的H2D．H+由a极通过固体酸电解质传递到b极4、某溶液中只含有K+、NH4+、Ba2+、SO42-、I-、S2-中的几种，分别取样：①用pH计测试，溶液显弱酸性；②加氯水和淀粉无明显现象。为确定该溶液的组成，还需检验的离子是A．K+B．SO42-C．Ba2+D．NH4+5、中国化学家研究的一种新型复合光催化剂[碳纳米点(CQDs)/氮化碳(C3N4)纳米复合物]可以利用太阳光实现高效分解水，其原理如下图所示。下列说法不正确的是A．该催化反应实现了太阳能向化学能的转化B．阶段I中，H2O2是氧化产物C．每生成1molO2，阶段II中转移电子2molD．反应的两个阶段均为吸热过程6、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是(

)A．无色透明溶液中：K+、MnO4-、Cl-、H+B．c(OH-)/c(H+)=10-12的溶液中：Na+、K+、NO3-、ClO-C．pH=12

的无色溶液：K+、Na+、CH3COO-、Br-D．含Na2SO3

的溶液中：K+、H+、Cl-、NO3-7、pH=0某溶液中还可能存在Al3+、Fe2+、NH、Ba2+、Cl-、CO、SO、NO中的若干种，现取适量溶液进行如图所示的一系列实验：下列有关判断正确的是()A．试液中一定有Fe2+、SO、H+、NH、Al3+、NOB．试液中一定没有Ba2+、CO、NOC．步骤③中反应的离子方程式为2AlO+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+COD．气体A、B之间肯定不能发生反应8、下列说法中正确的是A．Mg、Al、Cu可以分别用置换法、直接加热法和电解法冶炼得到B．小苏打是制作面包等糕点的膨松剂，还是治疗胃酸过多的一种药剂C．C、Si、S都是自然界中含量丰富的非金属元素，三种元素的二氧化物都属于酸性氧化物，故均能与碱反应而不能与酸反应D．碱性氧化物都是由金属元素和氧元素组成，如Na2O2、Mn2O7、Fe2O3都为碱性氧化物9、25℃时，相同pH的两种一元弱酸HA与HB溶液分别加水稀释，溶液pH随加水体积变化的曲线如图所示。下列说法正确的是A．HB的酸性强于HAB．a点溶液的导电性大于b点溶液C．同浓度的NaA与NaB溶液中，c(A-)=c(B-)D．加水稀释到pH相同时，酸HA、HB用到的水V(A)小于V(B)10、铁片和金属N可构成如图所示装置。下列说法正确的是A．金属活动性：Fe＞NB．金属N发生了氧化反应C．该装置模拟的是铁的析氢腐蚀D．该装置模拟的外加电流的阴极保护法11、一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收，其中Y是单质。SO2（g）+2CO（g）2X（g）+Y（l）为了测定在某种催化剂作用下的反应速率，在某温度下用超灵敏气体传感器测得不同时间的SO2和CO浓度如下表：时间/s01234c（SO2）/mol·L-11.000.500.233.00×10-373.00×10-37c（CO）/mol·L-14.003.002.462.002.00下列说法不正确的是A．X的化学式为CO2B．前1s内v（X）="1.00"mol·L-1·s-1C．该回收原理运用了SO2的还原性D．该温度下，此反应的平衡常数的数值是3.33×103612、化学与社会、生活密切相关，对下列常见无机物用途的解释正确的是()选项用途解释ANa可用于与TiCl4反应得Ti粉Na具有强还原性B明矾可用于净水明矾能杀菌消毒CNa2O2可用于潜水艇制O2Na2O2具有强氧化性DMgO、Al2O3可用于制作耐高温坩埚MgO、Al2O3在高温下化学性质稳定A．A B．B C．C D．D13、中国学者在水煤气变换[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH]中突破了低温下高转化率与高反应速率不能兼得的难题，该过程是基于双功能催化剂(能吸附不同粒子)催化实现的，反应过程示意图如下：下列说法正确的是A．过程Ⅰ和过程Ⅲ均为放热过程B．图示过程中的H2O均参与了反应过程C．过程Ⅲ生成了具有极性共价键的H2、CO2D．使用催化剂降低了水煤气变换反应的ΔH14、中国传统文化中包括许多科技知识。下列古语中不涉及化学变化的是千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金熬胆矾(CuSO4·5H2O)铁釜，久之亦化为铜凡石灰(CaCO3)，经火焚炼为用丹砂(HgS)烧之成水银，积变又成丹砂ABCDA．A B．B C．C D．D15、25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．pH＝1的溶液中：Na＋、K＋、MnO4－、CO32－B．c(H＋)＝1×10－13mol/L的溶液中：Mg2＋、Cu2＋、SO42－、NO3－C．0.1mol/LNH4HCO3溶液中：K＋、Na＋、NO3－、Cl－D．0.1mol/LFeCl3溶液中：Fe2＋、NH4＋、SCN－、SO42－16、化学与教轴有密切的关系，将某些化学知识用数轴表示，可以达到直观形象、简明易记的良好效果。下列数轴表示的化学知识错误的是A．分散系的分类B．氯化铝溶液中滴加氡氧化钠溶液后铝元素的存在形式C．常温下,溶液的PH与其酸碱性的关系D．二氧化碳通入澄清的石灰水中反应的产物二、非选择题（本题包括5小题）17、化合物G是合成的一种减肥药的重要中间体，其合成路线如下:(1)A、C中的含氧官能团名称分别为____、____。(2)C→D的反应类型为____。(3)F的分子式为C11H15Cl2N，则F的结构简式为____。(4)B的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式____。①能发生银镜反应;②能发生水解反应，水解产物与氯化铁溶液发生显色反应;③分子中只有3种不同化学环境的氢。(5)写出以1，3-丁二烯和为原料制备的合成路线流程图。(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。___________________________。18、下列A〜I九种中学化学常见的物质之间的转化关系如图所示。已知A为固态非金属单质，B在实验室常用作气体干燥剂，D为常见液体，常温下C、E、F都是无色气体，E能使酸性高锰酸钾溶液褪色，G是侯氏制碱法的最终产品回答下列问题：(1)F的分子式是________，图中淡黄色固体中的阴、阳离子个数比为___________。(2)A与B反应的化学方程式是：

___________________

。(3)E转变为H和I的离子方程式是_____________，体现了E的___________性。(4)简述检验H溶于水电离所产生的阴离子的操作方法、实验现象和结论：_______。19、二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色气体，易溶于水，在混合气体中的体积分数大于10％就可能发生爆炸，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。回答下列问题：（1）某小组设计了如下图所示的实验装置用于制备ClO2。①通入氮气的主要作用有2个，一是可以起到搅拌作用，二是__________。②装置B的作用是_________。③当看到装置C中导管液面上升时应进行的操作是________。（2）用0.1000mol·L－1的Na2S2O3标准液测定装置C中ClO2溶液的浓度。原理：2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O,I2+2S2O32-=2I-+S4O62-①配制0.1000mol•L-1的Na2S2O3标准溶液时所需仪器除在如图所示的仪器中进行选择外，还需用到的玻璃仪器是________（填仪器名称）②在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所得溶液浓度___0.1000mol•L-1（填“>”、“<”或“=”，下同）；若Na2S2O3标准溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，则所得溶液浓度___0.1000mol•L-1。③取10mLC中溶液于锥形瓶中，加入足量的KI溶液和H2SO4酸化，然后加入___________作指示剂，测得标准液消耗的体积为20.00mL，通过计算可知C中ClO2溶液的浓度为________mol·L－1。20、铝土矿的主要成分是Al2O3，含有杂质SiO2、Fe2O3、MgO。工业上从铝土矿中提取铝可采用如下工艺流程：请回答下列问题：（1）溶液A转化为溶液D发生的离子方程式为____________________；（2）由物质M制取铝的化学方程式为____________________；（3）溶液D中通入过量CO2生成沉淀F的离子方程式为____________________；（4）取一定量的沉淀C置于试管中，逐滴向试管中加入过量HI至沉淀全部溶解，所得溶液中Fe元素以_______存在，检验该离子的实验操作和现象是________________。21、副产品Y主要含氢氧化铝，还含少量镁、铁的难溶化合物及可溶性杂质，精确分析Y中氢氧化铝含量的方法是称取ng样品，加入过量______(填写试剂)、溶解、过滤、再通入足量______（填写试剂）、……灼烧、冷却、称量，得干燥固体mg。计算样品中氢氧化铝的质量分数为_______（用含m、n的代数式表示）。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【详解】A.氯气和碘化钾反应生成碘单质，淀粉遇到碘变蓝，氯气可以继续和碘单质反应生成更高价态的碘元素，蓝色褪色，但不能说明氯气具有漂白性，故A错误；B.次氯酸钙和二氧化硫反应生成硫酸钙和盐酸，不能说明亚硫酸和次氯酸的酸性强弱，故B错误；C.草酸被酸性高锰酸钾溶液氧化，说明草酸溶液具有还原性，故C正确；D.溶液中可能含有银离子，生成的白色沉淀可能是氯化银，故D错误。故选C。2、C【详解】A．2molN2和2molC2H4相比较，在温度压强相同时体积相同，但选项温度压强不知，不能判断体积大小，A错误；B．2molN2分子中含电子数=2mol×14×NA=28NA，2molC2H4分子中所含电子数=2mol×16×NA=32NA，所含电子数不相等，B错误；C．2molN2质量=2mol×28g·mol－1=56g；2molC2H4质量=2mol×28g·mol－1=56g；质量相等，C正确；D．2molN2含共价键数=2mol×3×NA=6NA，2molC2H4含共价键=2mol×6×NA=12NA，所含共价键数目不一样，D错误。答案选C。3、D【详解】A．燃料电池中，通入燃料氢气的电极是负极，则a是负极，通入氧化剂的电极b是正极，电子从负极a沿导线流向正极b，A错误；B．b是正极，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，B错误；C．温度和压强未知，导致气体摩尔体积未知，所以无法计算氢气体积，C错误；D．放电时，a是负极、b是正极，阳离子氢离子从负极a通过固体酸电解质传递到b极，D正确，答案选选D。4、A【解析】①用pH计测试，溶液显弱酸性，说明溶液中有NH4+，；②加氯水和淀粉无明显现象，说明溶液中无I-（若有则溶液变蓝）和S2-（若有则溶液中生成淡黄色沉淀），一定有SO42-，同时也确定一定没有Ba2+。只有K+是无法确定的，所以为确定该溶液的组成，还需检验的离子是K+。本题选A。5、D【分析】由题给信息可知，利用太阳光实现高效分解水，分两个阶段，阶段I为2H2O=H2O2+H2↑，阶段II为2H2O2=2H2O+O2↑，总反应为2H2O=2H2↑+O2↑，据此分析。【详解】A.该过程利用太阳光实现高效分解水，实现了太阳能向化学能的转化，故A正确；B.阶段I中发生的反应为2H2O=H2O2+H2↑，生成H2O2时氧元素化合价从-2价升高到-1价，所以H2O2是氧化产物，故B正确；C.阶段II中发生的反应为2H2O2=2H2O+O2↑，每生成1molO2，转移2mol电子，故C正确；D.过氧化氢不稳定，能量高，分解成的H2O和O2较稳定，所以阶段II发生的反应为放热反应，故D错误。故答案选D。6、C【解析】A.MnO4-为紫色，故A错误；B.c(OH-)c(H+)=10-12的溶液，说明溶液显强酸性，则H+与ClO-不能大量共存，B错误；C.pH=12的无色溶液为强碱溶液，则K+、Na+、CH3COO-、Br-与OH-能共存，C正确；7、B【分析】pH=0说明该溶液为酸性溶液，则原溶液中不存在，H+、Fe2+和不能同时存在，试液中加入过量硝酸钡溶液，生成气体证明一定含有Fe2+，则原溶液中一定不存在，气体A为NO，沉淀A为BaSO4，则原溶液中一定存在，一定不存在Ba2+，溶液A中加入过量氢氧化钠溶液加热生成气体B为NH3，确定原溶液中含有，沉淀B为Fe(OH)3，由于溶液B中含有Ba2+，OH-，溶液B加入少量二氧化碳发生反应③，生成的沉淀一定含有BaCO3沉淀，可能生成沉淀Al(OH)3，溶液B中不一定含有，则原溶液中不一定含有Al3+，以此解答该题。【详解】A.由以上分析可知原溶液中一定有Fe2+、、H+、，不一定含有Al3+，一定无，A错误；B.上述分析可知，原溶液中一定没有的离子为：Ba2+、、，B正确；C.步骤③一定发生离子反应Ba2++2OH-+CO2=BaCO3↓+H2O，可能发生2+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+，C错误；D.气体A为NO、气体B为NH3，二者在一定条件下发生反应生成N2和H2O，D错误；故答案选B。8、B【分析】A．金属铜用热还原法来获得；B．碳酸氢钠不稳定受热分解生成二氧化碳和水、碳酸钠，还可以和酸反应生成二氧化碳、盐、水；C．二氧化硅能够与氢氟酸反应，二氧化硫能够与硝酸反应；D．碱性氧化物与酸反应只生成盐和水，过氧化钠不属于碱性氧化物．【详解】A．活泼金属钠、镁、铝的冶炼采用电解法获得，金属铜采用热还原法制得，故A错误；B．碳酸氢钠不稳定受热分解生成二氧化碳和水、碳酸钠，可以制作面包等糕点的膨松剂，碳酸氢钠还可以和酸反应生成二氧化碳、盐、水，用来治疗胃酸过多，故B正确；C．二氧化硅属于酸性氧化物，能与氢氟酸反应，二氧化硫为酸性氧化物，但是能够与硝酸反应，故C错误；D．碱性氧化物都是由金属元素和氧元素组成，但是由金属元素和氧元素组成的氧化物不一定为碱性氧化物，如过氧化钠不属于碱性氧化物，故D错误；故选B。【点睛】本题考查了金属冶炼的原理、元素化合物性质及用途、酸性氧化物、碱性氧化物性质，易错点D，明确碱性氧化物的概念是解题关键，难点C，二氧化硅属于酸性氧化物，能与氢氟酸反应，生成四氟化硅和水。9、D【详解】A.酸性越弱，加水稀释后电离出的氢离子越多，pH越小，故HB的酸性弱于HA，故A不选；B.溶液的导电性取决于溶液中自由移动离子的浓度。在a、b两点的溶液中都有电荷守恒：c(H+)=c(OH-)+c(A-)和c(H+)=c(OH-)+c(B-)。a点溶液的pH大于b点溶液的PH，所以a点溶液中的c(H+)小于b点溶液中的c(H+)，可以推知a点溶液中的离子的总浓度小于b点溶液中的离子的总浓度，所以a点溶液的导电性小于b点溶液的导电性，故B不选；C.酸的酸性越弱，酸根离子的水解程度越强，故同浓度的NaA与NaB溶液中，c(A－)大于c(B－)，故C不选；D.根据上图可知，稀释到相同pH时，V(A)小于V(B)，故D选；故选D。10、B【分析】根据电子流向可知Fe为正极，得电子发生还原反应，N为负极，失电子发生氧化反应。【详解】A.根据分析可知Fe为正极，N为负极，所以金属活动性Fe<N；故A错误；B.N为负极，失电子发生氧化反应。故B正确；C.该装置中Fe不能被腐蚀，模拟的是牺牲阳极的阴极保护法，故C错误；D.该装置模拟的是牺牲阳极的阴极保护法，故D错误；故答案为B。11、C【解析】试题分析：A、该反应是进行硫的回收，所以Y单质是S单质，根据质量守恒定律，则X的化学式是CO2，正确；B、前1s内，CO的物质的量浓度减小1.00mol/L，则X的物质的量浓度增加1.00mol/L，所以v（X）="1.00"mol·L-1·s-1，正确；C、在该反应中，S元素的化合价降低，作氧化剂，所以利用了二氧化硫的氧化性，错误；D、3s时，该反应达到平衡状态，CO的物质的量浓度减少2.00mol/L，则X的浓度增加2.00mol/L，所以该反应的平衡常数K=2.002/[2.002×（3.00×10-37）]=3.33×1036，正确，答案选C。考点：考查对反应速率、平衡常数的计算12、A【详解】A．Na具有强还原性，可将Ti从TiCl4中还原出来，发生置换反应，A项正确；B．明矾可净水，是因为其电离的Al3＋水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，可吸附水中悬浮杂质，但明矾没有杀菌消毒能力，B项错误；C．Na2O2与CO2或H2O反应生成O2时，Na2O2既做氧化剂又做还原剂，C项错误；D．MgO、Al2O3可用于制作耐高温坩埚是因为其熔点高，D项错误。故选A。13、B【详解】A．根据反应过程示意图，过程Ⅰ中水分子中的化学键断裂的过程，为吸热过程，A错误；B．根据反应过程示意图，过程Ⅰ中水分子中的化学键断裂，过程Ⅱ也是水分子中的化学键断裂的过程，过程Ⅲ中形成了水分子，因此H2O均参与了反应过程，B正确；C．过程Ⅲ中CO、氢氧原子团和氢原子形成了二氧化碳、水、和氢气，H2中的化学键为非极性键，C错误；D．催化剂只能改变反应过程，不能改变反应物、生成物的能量，因此不能改变反应的△H，D错误；故合理选项是B。14、A【详解】A项，意思是淘金要千遍万遍的过滤，虽然辛苦，但只有淘尽了泥沙，才会露出闪亮的黄金。不涉及化学变化，故A符合题意；B项，CuSO4·5H2O煎熬泉水的锅用久了就会在其表面析出一层红色物质（铜），其原因为：CuSO4+Fe=Cu+FeSO4，发生了化学反应，故B不符合题意；C项，石灰石加热后能制得生石灰，发生了化学反应，故C不符合题意；D项，丹砂（HgS）烧之成水银，即红色的硫化汞（即丹砂）在空气中灼烧有汞生成；积变又还成了丹砂，即汞和硫在一起又生成硫化汞，发生了化学反应，故D不符合题意。故答案选A。15、C【详解】A.pH=1的溶液显酸性，CO32-与H+不能大量共存，A错误；B.c(H+)=1×10-13mol/L溶液显碱性，则Mg2+、Cu2+与OH-不能大量共存，B错误；C.K+、Na+、NO3-、Cl-四种离子间能够共存，且四种离子与NH4+、HCO-3也能大量共存，C正确；D.Fe3+与SCN-易形成络合物，不能大量共存，D错误；综上所述，本题选C。【点睛】此题是离子共存问题，我们在分析这类问题时，不仅要注意离子存在于酸、碱性环境，还要分析离子间能否发生氧化还原反应、能否发生复分解反应以及还要溶液是否有颜色方面的要求。16、D【解析】A中，分散系微粒直径在1~100nm之间的为胶体，小于1nm的为溶液，大于100nm的为浊液，故A正确；在溶液中n(OH-)/n(Al3+)=3:1时恰好生成Al(OH)3沉淀，n(OH-)/n(Al3+)=4:1时恰好生成Na[Al(OH)4]，故n(OH-)/n(Al3+)<3时，反应后Al元素的存在形式为Al3+和Al(OH)3，3<n(OH-)/n(Al3+)<4时，Al元素的存在形式为[Al(OH)4]-和Al(OH)3，n(OH-)/n(Al3+)>4时，Al元素的存在形式为[Al(OH)4]-，故B正确；常温下,溶液的PH=7呈中性，PH<7呈酸性，PH越小酸性越强；PH>7呈碱性，PH越大碱性越强，故C正确；D中，CO2通入澄清石灰水中反应:n(CO2)/n[Ca(OH)2]≤1:1时生成CaCO3，n(CO2)/n[Ca(OH)2]≥2:1时生成Ca(HCO3)2，在1:1~2:1之间既有CaCO3，又有Ca(HCO3)2，故D错误。二、非选择题（本题包括5小题）17、羧基羟基取代反应或【分析】A与CH3OH发生酯化反应生成B，B在NaBH4/K2HPO4共同作用下反应生成C，C中羟基被溴原子代替生成D，D中溴原子被—NHCH2CH(OH)CH3代替生成E，E与SOCl2反应生成F，F的分子式为C11H15Cl2N，而E的分子式为C11H16ClNO，说明E中羟基被氯原子代替生成F，所以F的结构简式为，F在AlCl3作用下生成G。【详解】(1)A中含氧官能团为羧基，C中含氧官能团为羟基；(2)C中羟基被溴原子代替生成D，所以为取代反应；(3)根据分析可知F的结构简式为；(4)B为，其同分异构体满足：①能发生银镜反应，说明含有醛基或甲酸形成的酯基；②能发生水解反应说明含有酯基，水解产物与氯化铁溶液发生显色反应，说明水解产物中有酚羟基；③分子中只有3种不同化学环境的氢，则分子结构对称，满足条件的有和；(5)1,3-丁二烯为，根据D生成E的反应可知可以由和发生取代反应生成，则问题转化为如何由合成，考虑到醚键可以由两个羟基脱水生成，可以先由1,3-丁二烯与Br2发生1,4加成生成，然后水解生成，此时便得到两个羟基，在浓硫酸作用下脱水可生成，继而与HBr加成可生成，所以合成路线为：。【点睛】合成路线的设计为本题难点，解决本题的关键是首先要观察到目标产物可以由和发生取代反应生成，其次是要掌握醚键的合成方法。18、O21:2C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2OSO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl-还原性在H的水溶液中加硝酸酸化的硝酸银溶液，产生白色沉淀，说明H溶于水电离产生Cl-【分析】根据图中各物质转化关系，A为固态非金属单质，B在实验室常用作气体干燥剂，常温下C、E、F都是无色气体，D是常见液体，B为浓硫酸，D为水，则A与B的反应应为碳和浓硫酸的反应，E能使酸性高锰酸钾溶液褪色，E为二氧化硫，E能与黄绿色溶液（应为氯水）反应生成I，I遇氯化钡有白色沉淀，则I中应有硫酸根，I为H2SO4，H为HCl，所以A为C，B为浓H2SO4，E为SO2，D为H2O，C为二氧化碳，C能与淡黄色固体反应，则应为二氧化碳与过氧化钠的反应，所以F为O2，G为Na2CO3，HCl与Na2CO3反应生成二氧化碳、氯化钠和水，符合各物质的转化关系，据此答题。【详解】A.根据以上分析，F为O2，题中淡黄色固体为过氧化钠，过氧化钠中阴、阳离子个数比为1:2，故答案为O2，1:2。B.A与B反应的化学方程式为：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O，故答案为C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O。C.E转变为H和I的离子方程式是SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl-，SO2中S元素的化合价由+4→+6价，化合价升高，作还原剂，体现其还原性，故答案为SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl-，还原性。D.H为HCl，HCl溶于水电离出的阴离子为Cl-，Cl-的检验操作为先加稀硝酸，无现象，再加硝酸银溶液，产生白色沉淀，说明H溶于水电离所产生的阴离子为氯离子，故答案为在H的水溶液中加硝酸酸化的硝酸银溶液，产生白色沉淀，说明H溶于水电离产生Cl-。【点睛】此题的突破口在于淡黄色的固体，高中阶段常见的有过氧化钠和硫单质，I与氯化钡反应有白色沉淀，推测I为H2SO4。19、稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸防止倒吸(或作安全瓶)加大氮气的通入量烧杯、玻璃棒＜＜淀粉溶液0.04【分析】（1）NaClO3和H2O2混合液在装置A中发生反应制取ClO2，B是安全瓶，防止倒吸，C中的冷水用来吸收ClO2，D中的NaOH溶液进行尾气处理。（2）用酸碱中和滴定的原理进行氧化还原滴定。先配制0.1000mol/L的Na2S2O3标准溶液，根据配制步骤确定所需仪器，根据c=确定配制的溶液浓度偏高还是偏低；用方程式计算ClO2的浓度。【详解】（1）①由于ClO2在混合气体中的体积分数大于10％就可能发生爆炸，所以通入氮气除了可以起到搅拌作用外，还起到了稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸的作用。②装置B的作用是作安全瓶，防止倒吸。③若发生倒吸，即看到装置C中导管液面上升时，应加大氮气的通入量。（2）①用固体溶质配制一定物质的量浓度的溶液所需的玻璃仪器有容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，图示中有容量瓶和胶头滴管，缺少的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒。②根据c=，若定容时仰视刻度线，会使溶液体积偏大，则所得溶液浓度＜0.1000mol•L-1；若Na2S2O3标准溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，使溶质的物质的量变小，则所得溶液浓度＜0.1000mol•L-1。③根据反应2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可找到关系：2ClO2~5I2~10S2O32-，即n(ClO2)===4.000×10-4mol，浓度为c===0.04mol/L。【点睛】在一个连续实验装置中，通常在加热装置和装液体的装置之间有一个安全瓶，起防止倒吸的作用，而这个安全瓶的特点是进气管和出气管